第一講極限與連續(xù)(講稿)

廈門大學第八屆“景潤杯”數學競賽系列講座數學科學學院林建華第一講極限與連續(xù)1一、單調數列的極限在學習數列極限過程中，有一類數列是由遞推式，，xf(x)(n1,2)n1n確定的。對這類數列經常用“單調有界的數列，必有極限”的數列極限存在準則來判斷其極限的存在性，然后再利用極限的運算法則求出它的極限值。2

xf(x)，單1.遞推數列n1n調性的判斷：(i)若,則數列{x}f(x)0n(n1,2，)是單調的（或上升或下降），當,數列單調不減，xx{x}n12當,數列單調不增；{x}nxx123

(ii)若,則數{x}f(x)0n不是單調的，但它的兩個子列：奇子列(n1,2，)和偶子{x}2n-1xn，列{}(1,2)卻是單調的，2n并具有相反的單調性，亦即當時,數列單調不xx{x}2n-113{x}減，單調不增，2n{x}當時,數列單調不xx2n-113{x}增，就單調不減。2n2.遞推數列，，xf(x)(n1,2)nn14

有界性的證明常借助于均值不等式xxxnxxx12n12n和數學歸納法，或利用函數極值的求法，求出f(x)的最大值或最小值。此最值就是數列的上界和下界。3.求極限(i)若數列的單調有界，利用極限運算法則，在遞推式的兩端5取極限，解nAlimxlimf(x)n1nn方程Af(A)，即可求得極限A。limx2n-1，(ii)若兩子列的極限nlimxn2n-1存在且相等，則數列l(wèi)imxn存在。n例1設a1x，，(1,2)x0，xnn1xn11n其中a是不超過2的常數，求{x}na使數列收斂的值，并計6limx算此時的.nnAa1A,即1A解：假設,則令n對遞推式兩邊取極限得limxAnn才能存在。下面考慮1a2的情況。A2a1，所以當a1時，limxnna1xn1a2顯然對任意的正整數有n,即數列{x}有界。0xn111xn1xnn2a(1x)2f(x)a1x(0x1)1x令0，所以{x}單調且有界，故,由于f(x)nAa1limx存在，其極限.即當時，{x}收斂，且lim1.1a2xannnnn例2設且x0，x0，a0，12，，xx(2ax)(n1,2)n1nnlimx1證明數列{x}收斂且.annn1解：記f(x)x(2ax),這是一條拋物線，它的最大值為，由數學歸納法a70xx(2ax)，(n2,3，)，即{x}有界。又因為f(x)2a(1x)0，1知n1nnaan1得數列收斂。記{}n,令n對遞推式兩邊取極限得limxA00x，xann1，所以limx1.aAA(2aA),即Aannxa(0a1),例3設21，求.nax2n，(n1,2，)limxnxn1220xa(n1,2，),ax2),且()(fx22解：易知即數列有界。又因為{}nx2nax2x22,知數列不是單調的，但n0,所以奇子f(x)()x0{x}xx32221列{x}是單調不增的，偶子列{x}是單調不減的。故limlimx都存在。x，2n-12n2n2n-1nnalimx22aAaB2，分別記其極限為,，令ABlimxnn得B2,同時又成立An22n122,故limx存在.且滿足AaA所以AB，則limxA1a-1.22nnnn二、用等價無窮小代換求極限1.常見的等價無窮?。簒08時，sinx~x,tanx~x,arcsinx~x,,,,e-1~xxxln(1)~arctanx~xx,。1(1x)-1~x(0)xx1cos~22推廣：當在某種趨近方式下，x有時，將上面八個式子(x)0中的全部替換成(x),等價式x子仍然全部成立。2cosx()x1例1求極限.3limx0sin(1x31)9解：當x0時，2cosx)1ex;x36xln[11(1cosx)]1~xln[11(1cosx)]~(1cosx)~(3x333sin(1x31)~1x31~1x3，22cosx)1x3lim6x3(故1.3limx0sin(1x31)x0x326n22n2(sin1arccotn)n例2求極限.nlimn1lnnln(1)nlnn解：利用等價無窮小，lnnln(1)~lnn1~1(n)，而nlnnn1lim2n21，所以nnnlnn6(sinxarccot1)x原式lim6n3(sin1arccotn)令1nxlim(利用洛比達法則)nnx0x31(cosx1x2)2lim(1x2)cosx1limx2(1x2)2xcosx(1x)sinx1.x22limx0x2x0x0將數列極限轉化為函數極限，然后利用洛比達法則這是求數10列極限的常用方法。2.在等價無窮小代換求極限過程中，乘積的因子可以任意代換,加減的因子代換要慎用.但在下列情況時，加減的因子就可以整體代換.若.且(x)~(x)，(x)~(x)11lim(x)1,則1(x)1.(x)(x)~(x)(x)1111例3求極限.lim61xsinx6cosxcosxcosx34x0解：當x0時，xxx61xsinx6cos[1sin1][1(cosx1)1]66而[61xsinx1][61(cosx1)1]~16xsinx1(cosx1)~16x2112x214x26;3cosx4cosx[31(cosx1)1][41(cosx1)1]~()(cosx1)241x211,3414x2故原式lim6.拉格朗日中值定理1xx0三、利用224求極限命題：若，lim(x)lim(x)cxxucxx00f(u)在的鄰域內連續(xù)可導，且f(c)0，則當xx0f[(x)]f[(x)]~f(c)[(x)(x)]12cosxcos2x3cos3x1lncosx例1求limx0解：原式limln[cosxcos2x3cos3x]ln1limlncosxlncos2xln3cos3xlncosxlncosxx0x0limlncosx1limlncos2x1limlncos3xx0lncosx2lncosx3lncosxx0x0cos2x11limcos3x111limcosx132cosx1x0x01(2x)21(3x)211lim2x01lim2x01236121223x2x2tan[xlncosx]3x22x2例2設lim.x0解：原式limtan[xlncosx]tan0limxlncosxlimx(cosx1)2ln3x2ln2x2(ln3ln2)x0ln(3x2)ln(2)x0xx0x21x.1limln612x2ln6x013(11)xelimx例3求x.x4arctan1xe[ln(11)xlne][ln(11)xlne]解：原式limelimxxxxtan(arctan1xx)11xx11xx4tantan上式利用elim[ln(11)x1](2x1))x(tan()1tantanxelim2x[xln(11)1]elim[ln(11)x1]elim2x[xln(11)1]xxxxxx12elimx2[ln(11)1]t1x2elimln(1t)t2elim1t1e。2tt2xxxt0t0四、利用廣義洛比達法則求極限命題：若g(x)0，limg(x)，xa14g(x)f(x)limA(A為有限數或且xaf(x)limAxa為)，則有g(x)(其中將xa換成結論仍然成立)xa，x通常形象地稱此為型的*()未定式極限。與傳統(tǒng)的洛比達法則相比，對分子上的函數f(x)不做任何假設（可以有極限，也可以無極限），只要可導15就行。例1設在上可導,f(x)(a,)1數，求limf(x)，limf(x).且,為正lim[f(x)f(x)]Axxxexf(x)e()fxlim()lime()fxxx解：fxlimxAexexxx1lim[f(x)()]fxA,limf(x)0xx例2設在a[,)f(x)上連續(xù)，且，lim[()(t)dt]fxfAxxa16證明：limxf(t)dtA，limf(x)0xxae(t)dtfe(t)dte()ffxxA.xxxxlim(t)dtlimflimx證明：xaexaexxxalim[f(x)xf(t)dt]A，顯然有l(wèi)imf(x)0。x再由已知條件xa四、利用夾逼定理、定積分定義和(Stolz)定理求極限13(2n1)limn例1求.24(2)nx13(2n1),y24(2n)解：令35(2n1),n1,2,24(2n)nn由(2n1)(2n1)(2n)(2n)(2n1)(2n)xy,n1,2,(2n)(2n1)nn17，所以，故limx012n11。0x2xxxy0xn2n1nnnnnnn12n例2設I[]，求limIn33n13nnn11nnnnn212n12n解：因為333nI333nnnnnn1nnnn11Inn1k3nknn3nnk1k1又2，所以由夾逼定理得，ln3lim3n113xdx2。ln3knlimInnnnk10例3設3(2n1)S[coscoscos]，n4n4n4nn求limSnn18解：(2i1)2cos[(2i1),nnScos]n4n2n22nni1i1f()cos[(2i1)],(2i1)，xi1,2,,n其中i2n22n2i2ni這可看作將[0，]等分成n份，每個小區(qū)間為[(k1),]，1,2，，n，k,22n2n](2i1)1(i1)i取為每個小區(qū)間的中點，[，i1,2,,n，22n2n4niicos[(2i1)]2，故f()xi.limS22cosxdx2于是nnS2n2n22ni